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    2016-08-26 09:19:42
    北京现代名图使用手册
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  • 现代名图专为填补市场空白

    千次阅读 2013-10-09 10:18:25
    为了弥补朗动和索纳塔八之间存在空白,现代抢占先机推出了名图。这辆小车能否打开市场,下面我们就带您来一睹它的风采。 外观设计大气沉稳 专为中国市场而生 现代给名图的定位是介于朗动和索纳塔八之间,所以不...

    为了弥补朗动和索纳塔八之间存在空白,现代抢占先机推出了名图。这辆小车能否打开市场,下面我们就带您来一睹它的风采。


    外观设计大气沉稳  专为中国市场而生

    现代给名图的定位是介于朗动和索纳塔八之间,所以不难理解它的车身尺寸也应该处于两者之间,我们从厂方拿到的数据证实了这一点。

    自从确立了“流体雕塑”的设计理念,现代旗下新车一款比一款动感,名图的出现打破了这一格局。将来它的主要消费群体将是30岁到40岁的中年人,为了更易被接受,现代为它准备了一套偏向于大气、沉稳的造型设计方案。

    除了雾灯线条略感活泼,前脸各部分细节处理都摈弃了以往要生动、要活力的主导思想,改为饱满、坚定的特征,相信中年人不会抵触这种表现。

    作为一款专为中国打造、仅在中国销售的车型,名图的外观设计理念与朗动和索纳塔八完全不同,饱满结实的线条让车身看起来比实际尺寸更大一些,细节部分大气不花哨,整体感觉足够体面。有人说“流体雕塑”的作品让人眼前一亮,但时间久了会审美疲劳。名图基本不存在这样的可能性,缓缓登场,慢慢接受,心平气和。


    内饰设计简约大气

    内饰设计当然不能与外观脱节,同样依据中庸、沉稳的主线来处理。我们拍摄的这辆试装车是2.0升自动版本,需要说明的是内部不少材料还属于试验阶段,与我们常见的商品车有较大区别(比如下面这张图手套箱盖附近的塑料全是非常光滑的,还未经过磨砂处理),请大家注意。

    中控液晶屏不算大,应该是顶配以下版本了,即便这样它也是块触摸屏,甚至还能找到音响声场调节功能,档次感丝毫没问题,现代汽车对中国消费者的心理研究真是深入到了一定地步。后来我们还拍到顶配版本车型的液晶屏,尺寸更大,功能更多,美中不足的是没有任何加入互联技术的功能应用,好在现在大多数中年人不会在意这点。

    一键启动、分区自动空调、中控液晶屏、ESC系统、ECO节能模式等等,作为非顶配车型,这辆拍摄车的配置也不算低了。内饰设计方面保持了与外观一致的风格,简约大气,值得商榷的地方是木纹贴片的使用是否偏多?另外偏淡的颜色也削弱了气场,不知道量产版本是否会改进。


    储物空间表现优秀

    名图车厢内储物空间表现优秀,钱包、手机、钥匙等随身小物品有足够的地方去安置,下面我将用图片为大家逐一展示。

    从伊兰特开始,包括悦动、朗动、名驭、索纳塔八在内,现代的三厢家用车型都没有后排座椅放倒功能,这回的名图依然如此,后排固定,只设计了一个通向后备厢的开口。厂家需要认真思考这个问题,空间灵活性对中国消费者是非常重要的一项指标,也许他们应该派人到国内来找个普通人家生活一段时间。

    储物空间方面名图表现值得肯定,车厢内部设计了不少可以随手放东西的储物盒、储物槽之类,前后排成员有足够的地方来放东西,只是后排座椅仍旧不能放倒,这是个老问题了,希望量产版本能有所改变。


    乘坐空间宽敞舒适

    乘坐空间是名图的重点内容,由于车身尺寸已经迈入中型车行列,我们对它的期待值自然得高出一截。

    实际表现没有令人失望,除了后排中间乘客得受点委屈,其他四个座位都能提供充足的乘坐空间,尤其后排腿部空间让我印象深刻,我身高1.75米,在这里腿部空间达到两拳以上,宽敞!

    内饰设计师在开发过程中以日产轩逸为目标,对座椅进行了优化,实际体验感觉名图的座椅确实比以往的现代车型要软多了,跟大沙发差不多,与日产的座椅相比还缺了一点气垫的感觉,那种坐上去缓缓下沉的味道还得再研究研究。

    全景天窗是很吸引人的配置,未来哪些版本能用上现在还未知,天窗的前半部分可以向上掀起,也可以向后打开,虽说打开部分不算大,但跟很多丝毫不能动的全景天窗相比已经领先不少。

    名图的乘坐空间表现优秀,车厢宽敞,座椅舒适,乘员能得到有保障的空间享受,另外座椅加热、座椅通风、全景天窗等配置也是加分项目,这个环节可以给90分。


    1.8和2.0L自然吸气发动机  加速与刹车成绩惊艳全场  噪声控制优秀

    1.8AT和2.0AT的加速/刹车性能测试

    未来名图将搭载两款发动机,1.8升自然吸气和2.0升自然吸气,两款发动机大家都很熟悉,1.8升的朗动在用,2.0升的索纳塔八在用,不过在名图身上它们的参数调校有变化。

    1.8升车型发动机的最大功率是143马力,峰值扭矩175牛·米,与朗动的1.8升发动机相比,扭矩不变,功率稍降,厂商说主要是考虑想降一些油耗;2.0升发动机最大功率155马力,峰值扭矩192牛·米,比索纳塔八2.0升版本的参数都要低一些,出发点同样是考虑油耗。两个版本匹配的都是六挡手自一体变速箱,现代自己的产品。

    加速测试  1.8AT的0-100km/h加速成绩为11.07秒,2.0AT版本比它快了半秒多:10.56秒。虽说两款发动机排量只差了0.2升,但实际性能表现还是有不小的差距,消费者选车时可以靠这一点做更全面的比对。

    曲线图上看,1.8AT版本的起步势头更猛一些,最高G值甚至超过了0.7g,只是这股劲头没能坚持多长时间,后期的动力输出也不够绵密,成绩定格在11.07秒,我认为这么大个车配一点几升排量的自然吸气发动机,也算可以了。

    2.0AT版本起步表现更有底气,0.5g以上的波峰持续了近1秒,之后呈缓慢下行趋势,整体动力输出更加绵密,而6AT变速箱的匹配程度看起来也要比1.8AT的更成熟,10.56秒的成绩虽说没多快,但考虑到车身尺寸以及与1.8AT拉开的差距,够用。

    刹车测试  两款车的100-0km/h刹车成绩惊艳全场,1.8AT:36.64米,2.0AT:37.14米,从曲线图上看刹车G值都能达到-1g以下,制动力度没有问题,ABS系统介入时机靠后,说明轮胎能提供足够好的抓地力,另外我们的测试是在现代蔚山工厂的内部测试场地完成的,我想跟地面沥青质量也有一定关系。无论如何,真没想到实测成绩能到这个地步,满分的表现。

    2.0AT的噪音测试  最后我们用2.0AT车型进行了噪音测试,厂商在之前的产品说明会上也着重强调了名图在这方面的一些针对性措施,实际测试结果来看这些措施确实起了作用,各速度区间的噪音值都很低,120km/h巡航,车内乘员交谈几乎不受影响,只有少量风噪和胎噪传入车厢,表现优秀。


    驾乘感受舒适 

    名图的目标消费群体是30岁到40岁之间的已婚中年人士,这么一说它的驾乘感受必定是以舒适为主要考量了。我现在还没到30岁,已经感觉身体状况一年不如一年,等到了30岁难免想要一台简单舒适的座驾负责日常通勤。

    前面提到名图的座椅以日产轩逸为目标进行开发,这个策略帮了大忙,前后排坐着都很柔软,跟沙发类似,比以往现代家用车的座椅都要舒服,不过表面皮质包裹得再松一点效果会更好。厂商工作人员很诚实的告诉我们,名图底盘系统是从索纳塔八的改进而来,实际感受它的悬架调校比索纳塔八的更偏向舒适性,铺装路面的细碎颠簸被过滤得干干净净,舒适度上佳,但高速通过长波起伏路面时,后排纵向的动作偏大,乘客会有些许抛离感。

    这次主要驾驶的是2.0AT版本,动力得体,输出线性平稳。变速箱表现值得肯定,换挡动作细腻平顺,升挡积极,没想到降挡也很积极,巡航状态下稍微深踩油门踏板,马上有降挡的动作回应,个人感觉舒适取向的车可以不用这么敏感。这台2.0升自然吸气发动机与6AT变速箱匹配度成熟,很快就能摸清它们的工作特性,上手不需要费心思熟悉,马上开走。

    名图方向盘上有一个调节转向助力力度的按钮(全新胜达上也有这个配置),让转向手感分成轻、普通、重三个挡,轻与重这两挡的力道至少相差三倍,所以我不建议大家在行驶当中再去调节力度,最好出发之前就选择好某个挡位。

    之后简单试驾了下1.8AT版本,印象最深的体会是,它的动力表现确实跟2.0升版本有差距,不过只有急加速、高速等状态才有所体现,日常城市驾驶两款车区别不大。买家在1.8升和2.0升之间徘徊时,可以结合自己的用车环境考虑,如果常跑高速的当然2.0升版本合适,如果市区代步偏多,那价格低一点的1.8升版本就够了。


    卖点明显  期待合理定价

    名图轴距达到2770mm,未来我们会把它划分到中型车类别里,不过厂家不会拿它跟平均价格二十五六万的主流中型车比拼,研发过程中他们的假想敌是大众速腾、日产轩逸这些以空间见长的“越级”紧凑型车,这样看来名图的卖点也是比较明显的:外形大气,乘坐空间更大气,储物空间丰富,高科技配置很少,但实用配置该有的都有,驾驶轻松,乘坐很偏重舒适度。现在产品层面我只有三个问题:后排座椅放倒能否实现?实际油耗表现如何?价格?

    目前市场上朗动1.6升顶配实际售价不足13万,1.8升顶配14万多,而索纳塔八2.0升最低配甚至有13万多的报价出现,名图的价格区间必定与这两款车有重叠,另一方面速腾和轩逸的主力车型售价也都集中在11-15万这个区间。消费者当然希望新车定价越低越好,而如何定价也将是现代销售部门目前最重要的议题。

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  • 25匹马取前5名图解法

    万次阅读 2012-10-09 21:14:23
    一共有25匹马,有一个赛场,赛场有5个赛道,就是说最多同时可以有5匹马一起比赛。假设每匹马都跑的很稳定,不用任何其他工具,只通过马与马之间的比赛,试问最少得比多少场才能知道跑得最快的5匹马?...

    一共有25匹马,有一个赛场,赛场有5个赛道,就是说最多同时可以有5匹马一起比赛。假设每匹马都跑的很稳定,不用任何其他工具,只通过马与马之间的比赛,试问最少得比多少场才能知道跑得最快的5匹马?

     

    这是一道比较常见的算法题,网上也有比较详细的解法(见http://hxraid.javaeye.com/blog/662643)。今天刚好有人拿来讨论,所以自己也想了下,用一种画图的方式来得到了答案。

     

    求解过程如下:

    (1)25匹马分五组跑5场得到每组的排序。

     

    (2)第6场:用每组的第一名来跑。得到这五组中第一名之间的排序。如图1所示

     

    图1 第6场结果

    如图1所示,图中红色圈表示可以不需要比较的马

    (3)第7场:从6-1所在组选出排名2、3的马,从6-2所在组选出排名第2的马,加上6-2和6-3跑进行比赛。

    a. 假设比赛结果如图2a所示。

    如图2a所示,实际上在第6场之后已经得到了所有马中的第1名(图中绿色点)。同时根据第7轮的比赛结果,又得到了一些

    不需要比较的马(图中新增的红色点),而且可以确定所有马中的第2和3第名分别为7-1和7-2。再用剩下没有确定的4匹马

    比赛一场即可以得到所有马中的第4和第5名。这种情况下,最多需要比赛8场。

    b. 假设结果如图2b所示

     确定所有马中的第2和3第名分别为7-1和7-2后,还剩下8匹不确定的马。先任意取出5匹来比,得到前两名,再用他们和剩下

    的三匹比一场,可以得到所有马的第4和第5名。因此,最多还需要比2场。

     

      综上所述,最坏情况下需要9场比赛才能达到目标。最坏情况出现在6-2和6-3变为7-1和7-2时,这种情况下需要9场,其他

    情况都只需要8场。利用画图的方法在每轮比赛后可以直观的删去不需要参与比赛的马,同时选择参与下一轮比赛的马。

    展开全文
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  • Description 在一个Byteland上有一副非常有名的图画需要被封存。这个作品需要在2个实验室进行处理。这个处理过程被分为许多步骤。对于每个步骤,我们知道它必须要在哪个实验室进行。 在两个实验室之间运输这些这些...

    Description
    在一个Byteland上有一副非常有名的图画需要被封存。这个作品需要在2个实验室进行处理。这个处理过程被分为许多步骤。对于每个步骤,我们知道它必须要在哪个实验室进行。
    在两个实验室之间运输这些这些美丽但又易碎的画会带来额外的风险,因此这个运输的过程需要尽可能的被避免。理想情况下所有的工作都会在第一个实验室做完,然后剩下的在另一个实验室完成,但是有些步骤必须在另一步骤完成之后才能完成。你的任务是找到一个工作的顺序,让这个被运输的过程最少。输出需要运输的次数。

    Input
    第一行N和M,代表着N个步骤,和M个先后关系。下面一行N个数字,第I个数字是1或2,代表了第I个工作需要在哪个实验室完成,下面M行I,J,代表了第I个工作必须在第J个工作前完成。
    你可以认为这个题目必有解

    Output
    输出最少需要的运输次数。

    Samples
    Input Copy

    5 6
    1 2 1 2 1
    1 2
    1 3
    2 4
    3 4
    2 5
    3 5
    Output
    2
    Hint
    【数据范围与约定】

    30%数据保证n≤5。
    100%数据中n≤100000,m≤1000000。

    题目大意

    n个点,每个点有个一值(1或者2),m条边,如果边为u->v 那么必须先完成工作u再完成工作v,求一个序列使得序列中1和2的交替次数最小

    题解:

    m条边,如果边为u->v 那么必须先完成工作u再完成工作v

    很明显是个拓扑排序了
    我们要尽可能少的在序列中出现12交替,那么如果此时我们拓扑排序时出队的是u点,u点所连接的点v的入度减,如果v点成为满足条件的点而且v点与u点的点权相同的话,那么v点入队,如果不同就把v点存起来,直到队列中不存在和当前点权相同的点,我们此时不得不交换一次序列使ans++,然后重复上述操作

    具体操作:

    我一开始设了两个队列,一个存点权为1的点另一个存点权为2的点,然后调bug未遂(逃),
    CoolGuang学长教我 用一个超级原点,连向所有的点,因为起点可能是0或者1,两次取min就ok了

    10分钟后我又来更新了,我找出bugle

    Code1

    #include<iostream>
    #include<algorithm>
    #include<math.h>
    #include<queue>
    #include <cstdio>
    #include <cstring>
    #include <cmath>
    #include <stack>
    #include <map>
    #include <set>
    #include <vector>
    
    
    using namespace std;
    typedef long long ll;
    typedef pair<int, int> PII;
    typedef unsigned long long ull;
    const int inf = 0x3f3f3f3f;
    const int maxn = 1e5 + 7;
    const ll mod = 1000000007;
    
    #define mst(x, a) memset( x,a,sizeof(x) )
    #define rep(i, a, b) for(int i=(a);i<=(b);++i)
    #define dep(i, a, b) for(int i=(a);i>=(b);--i)
    
    
    int n,m,a[100002],d[100002],dd[100002],cnt;
    vector<int>e[maxn],g;
    int slove(int st) {
        int ans=-1;
        rep(i,1,n) d[i]=dd[i];
        queue<int>q;
        q.push(0);
        a[0]=st;
        int  flag=st;
        while(1) {
            ans++;
            for(int v:g) q.push(v);
            g.clear();
            while(q.size()) {
                int u=q.front();
                q.pop();
                for(int v:e[u]) {
                    d[v]--;
                    if(d[v]==0&&a[v]==flag) q.push(v);
                    else if(d[v]==0)g.push_back(v);
                }
            }
            if(flag==1) flag=2;
            else flag=1;
            if(g.size()==0) break;
        }
        return ans;
    }
    
    
    int main() {
        scanf("%d%d",&n,&m);
        rep(i,1,n ) {
            scanf("%d",&a[i]);
            dd[i]++;
            e[0].push_back(i);
        }
        for(int i=1 ; i<=m ; i++) {
            int u,v;
            scanf("%d%d",&u,&v);
            dd[v]++;
            e[u].push_back(v);
        }
        int ans1=slove(1);
        int ans2=slove(2);
        cout<<min(ans1,ans2)<<endl;
        return 0;
    }
    /**
    
    **/
    
    

    Code2

    #include<iostream>
    #include<algorithm>
    #include<math.h>
    #include<queue>
    #include <cstdio>
    #include <cstring>
    #include <cmath>
    #include <stack>
    #include <map>
    #include <set>
    #include <vector>
    
    
    using namespace std;
    typedef long long ll;
    typedef pair<int, int> PII;
    typedef unsigned long long ull;
    const int inf = 0x3f3f3f3f;
    const int maxn = 2e5 + 7;
    const ll mod = 1000000007;
    
    #define mst(x, a) memset( x,a,sizeof(x) )
    #define rep(i, a, b) for(int i=(a);i<=(b);++i)
    #define dep(i, a, b) for(int i=(a);i>=(b);--i)
    
    int  read() {
        int  x = 0;
        char ch = getchar();
        while(ch < '0' || ch > '9')ch = getchar();
        while(ch >= '0' && ch <= '9')x = (x << 1) + (x << 3) + (ch ^ 48), ch = getchar();
        return x;
    }
    
    void out(ll x) {
        int stackk[40];
        if (x < 0) {
            putchar('-');
            x = -x;
        }
        if (!x) {
            putchar('0');
            return;
        }
        int top = 0;
        while (x) stackk[++top] = x % 10, x /= 10;
        while (top) putchar(stackk[top--] + '0');
    }
    int n,m,a[maxn],d[maxn],dd[maxn],cnt;
    vector<int>e[maxn];
    int slove(int st) {
        int ans=0;
        rep(i,1,n) d[i]=dd[i];
    
        queue<int>q1,q2;
        for(int i=1 ; i<=n ; i++) {
            if(d[i]==0) {
                if(a[i]==1) q1.push(i);
                else q2.push(i);
            }
        }
    
        while(1) {
    
            if(st==1&&q1.size()==0&&q2.size()) st=2,ans++;
            else  if(st==1&&q1.size()==0&&q2.size()==0) break;
            if(st==2&&q2.size()==0&&q1.size()) ans++,st=1;
            else if(st==2&&q2.size()==0&&q1.size()==0) break;
            if(st==1) {
                int u=q1.front();
                q1.pop();
                for(int v:e[u]) {
                    d[v]--;
                    if(d[v]==0) {
                        if(a[v]==1) q1.push(v);
                        else q2.push(v);
                    }
                }
            } else {
                int u=q2.front();
                q2.pop();
                for(int v:e[u]) {
                    d[v]--;
                    if(d[v]==0) {
                        if(a[v]==1) q1.push(v);
                        else q2.push(v);
                    }
                }
            }
    
        }
        return ans;
    }
    
    int main() {
        cin>>n>>m;
        rep(i,1,n ) a[i]=read();
        for(int i=1 ; i<=m ; i++) {
            int u=read();
            int v=read();
            dd[v]++;
            e[u].push_back(v);
        }
        int ans1=slove(1);
        int ans2=slove(2);
        out(min(ans1,ans2));
        return 0;
    }
    /**
    5 6
    1 2 1 2 1
    1 2
    1 3
    2 4
    3 4
    2 5
    3 5
    **/
    
    
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  • [日常训练] 保存名画

    2017-07-19 17:21:44
    【问题描述】 在一个Byteland上有一副非常有名的图画需要被封存。这个作品需要在2个实验室进行处理。这个处理过程被分为许多步骤。对于每个步骤,我们知道它必须要在哪个实验室进行。 在两个实验室之间运输这些...

    【问题描述】

    在一个Byteland上有一副非常有名的图画需要被封存。这个作品需要在2个实验室进行处理。这个处理过程被分为许多步骤。对于每个步骤,我们知道它必须要在哪个实验室进行。
    在两个实验室之间运输这些这些美丽但又易碎的画会带来额外的风险,因此这个运输的过程需要尽可能的被避免。理想情况下所有的工作都会在第一个实验室做完,然后剩下的在另一个实验室完成,但是有些步骤必须在另一步骤完成之后才能完成。你的任务是找到一个工作的顺序,让这个被运输的过程最少。输出需要运输的次数。

    【输入格式】

    第一行N和M,代表着N个步骤,和M个先后关系。下面一行N个数字,第I个数字是1或2,代表了第I个工作需要在哪个实验室完成,下面M行I,J,代表了第I个工作必须在第J个工作前完成。
    你可以认为这个题目必有解

    【输出格式】

    输出最少需要的运输次数。

    【输入样例】

    5 6
    1 2 1 2 1
    1 2
    1 3
    2 4
    3 4
    2 5
    3 5

    【输出样例】

    2

    【数据范围与约定】

    30%数据保证n<=5。
    100%数据中n<=100000,m<=1000000。

    【30分】全排列搜索

    【100分】拓扑排序 + 贪心

    对于第1或第2个实验室,我们分别建两个队列存储当前进行能够在第1或第2个实验室完成的工作。然后进行拓扑排序:
    [1]、每次选取入度为0的点加入两个队列;
    [2]、要使运输次数最少,就肯定要尽量在同一个队列里选取能完成的步骤,因此记一个状态 st ,表示当前我们所选取的是第 st 个队列;
    [3]、每次从第 st 个队列中取出队头元素作为进行的步骤,那么在该步骤之后完成的步骤入度都要减少1;
    [4]、如果一个队列为空,表示现在我们已经不能一直在同一个实验室里完成一些步骤,因此要换一个队列来取出队头元素,同时运输次数加一,直到两个队列都为空为止。
    另外因为 st 的最初值可能为 1 2(最初可能在任意一个实验室里),所以对于这两种情况,我们都要计算一遍,最后对两者取一个最小值。

    【代码】

    #include <iostream>
    #include <cstdio>
    
    using namespace std;
    const int N = 1e5 + 5, M = 1e6 + 5;
    int rin[N], cur[N], a[N], n, m; 
    int lst[N], nxt[M], to[M], T;
    
    inline int get()
    {
        int res; char ch;
        while ((ch = getchar()) < '0' || ch > '9');
        res = ch - '0';
        while ((ch = getchar()) >= '0' && ch <= '9')
         res = (res << 3) + (res << 1) + ch - '0';
        return res;
    }
    
    inline int Min(const int &x, const int &y) {return x < y ? x : y;}
    
    inline void addEdge(const int &x, const int &y)
    {
        nxt[++T] = lst[x]; lst[x] = T; to[T] = y; rin[y]++;
    }
    
    inline int Query(int st)
    {
        static int Q[N][2], t[2], w[2]; int x, y, Ans = 0;
        t[0] = t[1] = w[0] = w[1] = 0;
        for (int i = 1; i <= n; ++i) cur[i] = rin[i];
        for (int i = 1; i <= n; ++i)
          if (!cur[i]) Q[++w[a[i]]][a[i]] = i;
        while (t[0] < w[0] || t[1] < w[1])
        {
            if (t[st] == w[st]) st ^= 1, Ans++;
            x = Q[++t[st]][st];
            for (int i = lst[x]; i; i = nxt[i])
             if (!(--cur[y = to[i]])) Q[++w[a[y]]][a[y]] = y;
        }
        return Ans;
    }
    
    int main()
    {
        freopen("save.in", "r", stdin);
        freopen("save.out", "w", stdout);
        n = get(); m = get(); int x, y;
        for (int i = 1; i <= n; ++i) a[i] = get() - 1;
        while (m--) 
        {
            x = get(); y = get();
            addEdge(x, y);
        }
        printf("%d\n", Min(Query(0), Query(1)));
        fclose(stdin); fclose(stdout);
        return 0;
    } 
    展开全文
  • 这是可视化Matplotlib部分汇总的一篇文章,细分可看细分单元。
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